高中理科数学解题方法篇(数列)

1高中数列解题方法及综合学校慈济中学姓名晋春2高考递推数列分类类型1：渗透三角函数周期性数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化，利用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法。例1（2008年湖南卷，18，满分12分）数列{an}满足a1=1，a2=2，222(1cos)sin,1,2,3...22nnnnaan求a3，a4,并求数列{an}的通项公式；2212311224222221212121212121:1,2,(1cos)sin12,22(1cos)sin24(21)2121(),[1cos]sin221,1{}112()kkkkkkkaaaaaaaakknkkNaaaaaaaknkkN解因为所以一般地当时即所以数列是首项为公差为的等差数列因此当时22222222222,[1cos]sin222{}2221,21()2{}2,2()kkkkkknnnkkaaaaannkkNaankkN所以数列是首项为公比为的等比数列因此故数列的通项公式为本题分为两种情况，采取非常规的递推数列求通项的方法，利用三角函数的诱导公式寻找递推关系，体现三角函数的周期性，进而求出该数列的通项为一分段数列。例2（2009年江西，文，21，满分12分）数列{an}的通项)3sin3(cos222nnnan，其前n项和为（1）求sn；（2）令nnnnsb43，求数列{bn}的前n项和Tn361323212)13(2)13()94(2)94(2)49(2518...231213])3(2)13()23([...)6254()3221()(...)()(,32cos3sin3cos)1(:221313233313222222222231323654321322kkkkkkasskkasskkkkkkaaaaaaaaasnnnkkkkkkkkkk故由于解12321232123232313829218)449411494913(21)44949...4913(213)1449...42213(214)449...422413(2124494)2()(,3,6)43(13,6)31)(1(23,613nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnTnnnTnTnTnnsbNkknnnknnnknns故两式相减得故例3（2009年江西，理8，5分）数列{an}的通项)3sin3(cos222nnnan，其前n项和为sn，则sn为（）A．470B．490C．495D．510类型2：an+1=an+f(n)解法思路：把原递推公式转化为an+1-an=f(n)，利用累加法（逐差相加法）求解例4（2008，江西，理5）在数列{an}中，a1=2,an+1=an+ln)11(n,则an=4A．2+lnnB．2+(n-1)lnnC．2+nlnnD．1+n+lnn例5（2009，全国I，理22）在数列{an}中，a1=1,an+1=nnnan21)11(（1）设nabnn，求数列{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和。...21,21212111,1)1(:2312111bbbbbbnanaabnnnnnn从而即且由已知得解422)1()1()2(224222,22)212()1()2(2121)2(21221...2121)2(2111110212121111112111121nnnknnnkknnnknnkknnnnnnnnnnnnnnnsnnknnTTTTTnnnabbnbbnbbkkk所以又于是则令知由故所求通项公式为又于是类型3：an+1=f(n)an解法思路：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法（逐商相乘法）求解例6（2004，全国I，理15）已知数列{an}，满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项an=_____解：由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1+nan，用此式减去已知式，得当n≥2时，an+1－an=nan，即an+1=（n+1）an，又a2=a15)2(2!,,...4,3,,1,113423121nna，nnaaaaaaaaannn得个式子相乘将以上所以类型4：an+1=pan+q（其中p、q均为常数，且pq(p－1)≠0）解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为an+1－t=p(an－t)，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解，或转化为二队循环数列来解（见后文），或直接用逐项迭代法求解。例7（2008年，安徽，文21）设数列{an}满足a1=a,an+1=can+1－c,n∈N*，其中a、c为实数，且c≠0求数列{an}的通项公式；解：方法一：因为an+1－1=c(an－1)所以当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列所以an－1=(an－1)cn－1即an=(an－1)cn－1+1当n=1时，an=1仍满足上式数列{an}的通项公式为an=(a－1)cn－1+1(n∈N*)方法二：由题设得：n≥2时,an－1=c(an－1－1)=c2(an－2－1)=…=cn－1(an－1)=(a－1)cn－1所以an=(a－1)=cn－1+1n=1时，a1=a也满足上式所以{an}的通项公式为an=(a－1)cn－1+1(n∈N*)类型4的变式：an+1=pan+f(n)解法思路：通过构造新数列{bn}，消去f(n)带来的差异，例如下面的类型5：an+1=pan+qn（其中p、q均为常数，pq(p－1)(q－1)≠0）（或an+1=pan+rqn，其中p、q、r均为常数）解法思路：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得qqaqpqannnn111，引入辅助数列{bn}（其中nnnqab），得qbqpbnn1即可转化为类型3。或直接将原递推式变形为nnnnqxapqxa(11），（其中)(1qpqpx），则直接转化为等比数列例8（2006，全国I，理22，12分）设数列{an}的前n项的和...3,2,1,32231341nasnnn6求首项a1与通项an。111111111111442:123334124122,2(2)33333342,24(2),2244,42nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnasaanassaaaaaaaaa解当时当时即所以所以所以所以例9（2009，全国II，理19）设数列{an}的前n项的和24,1,11nnnasas已知（1）设nnnaab21，证明数列{bn}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式。21111111121112212111212)13(414343)1(21243,21}2{43222322,3}{)1()2(2,3}{2)2(2244)24(2432523,24)1(:nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnannaaaaaaqbb，bbbaaaaaaaassaaab，aaaa所以的等差数列公差为是首项为因此数列于是所以公比中等比数列知由的等比数列公比为是首项为因此数列即于是故解得由已知有解类型6：21apaqannn（其中p，q均为常熟）。解法一（待定系数法）：先把原递推公式转化为，211()nnnnasatasa其中s,t满足stpstq解法二（特征根法）：对于由递推公式21nnnapaqa,1a=,2a=给出的数列{an}，方程20xpxq,叫做数列的特征方程。若12,xx是特征方程的两个根，当12xx时，数列{an}的通项为1112nnnaAxBx，其中A、B由1a=,2a=决定（即把1212,,,aaxx和n=1,2,代入1112nnnaAxBx，得到关于A、B的方程组）；当12xx时，数列的通项为11nnaABnAx，其中A、B由1a=,2a=决定（即把1212,,,aaxx和n=1,2，代入11nnaABnAx，得到关于A、B的方程组）。例10（2006，福建，文22）已知数列{an}满足1a=1,2a=3，2132nnnaaa（nN）。（1）证明：数列2nnaa是等比数列；7（2）求数列{an}的通项公式；（3）若数列{bn}满足121114441nnbbbbna（nN），证明{bn}是等差数列。解：（1）2132nnnaaa，2112()nnnnaaaa1a=1,2a=3，21112nnnnnnaaaaaa（nN），2nnaa是以21aa=2为首项，2为公比的等比数列。（2）22nnnaa（nN），an=1nnaa+12nnaa++21aa+1a=12n+22n++2+1=2n-1（nN）类型7递推公式为Sn与na的关系式（或Snnfa）解法思路：这种类型一般利用na=11122nnnsnnassn或na=1nnssnfa1nfa2n消去na进行求解。例11.（2009，湖北，理，19）已知数列{an}的前项和Sn=-na-112n+2（n为正整数），令nb=2nna，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式解：在Sn=na112n+2中，令n=1，可得S1=-1a+1=1a，当2n时，Sn-1=1na212n+2，na=SnSn-1=na+1na112n2na=1na+112n，即2nna=12n1na+1又nb=2nna，nb=1nb+1，即当2n时，nb-1nb=1又1b=21a=1数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列，于是nb=n=2nna,na=2nn.例12（2008，全国II，理，20）设数列{an}的前n项和为Sn，已知1a=a,1na=Sn+3n（nN）,（Ⅰ）设nb=ns-3n，求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）若1na≥na（nN），求a的取值范围。解（Ⅰ）依题意1ns-ns=1na=ns+3n，即ns=2ns+3n，由此得1ns-13n=2（ns-3n），因此，所求通项公式为nb=ns-3n=（a-3）12n，（nN）。8（Ⅱ）由（Ⅰ）知ns=3n+（a-3）12n，（nN），于是当2n时，na=ns-1ns=3n+（a-3）12n-13n-（a-3）22n=2×13n+(a-3)22n1nnaa=4×13n+(a-3)22n=22n231232na,当2n时,231232na≥0a≥9。又2a=1a+3＞1a综上，所求的a的取值范围是9,。类型8an+1=pan+an+b(p≠1,a≠0)解法思路：这种类型一般利用待定系数法